【BZOJ4762】最小集合（状压DP+容斥）

点此看题面

• 定义一个集合是好的，当且仅当其中所有元素按位与的结果是\(0\)，且它的所有真子集按位与的结果都不是\(0\)。
• 给定一个大小为\(n\)的可重集，求它有多少好子集。
• \(n\le10^3,\forall a\le1024\)

限制条件的巧妙转化

一个集合所有真子集按位与结果都不是\(0\)，显然等价于去掉任意一个元素之后按位与结果都不是\(0\)。

令\(\bigwedge(S)=\bigwedge_{a\in S}a\)，\(S/a\)表示从\(S\)中删去\(a\)之后的集合，则我们可以把答案写成这个样子：

\[ans=\sum_S[\bigwedge(S)=0]\wedge[\forall a\in S,\bigwedge(S/a)\not=0] \]

对于后面这一项考虑容斥，于是原式就被转化为：

\[ans=\sum_S[\bigwedge(S)=0]\wedge\sum_{S'\subseteq S}[\forall a\in S',\bigwedge(S/a)=0](-1)^{|S'|} \]

由于\(\forall a\in S',\bigwedge(S/a)=0\Leftrightarrow(\bigvee_{a\in S'}\bigwedge(S/a))=0\)，因此原式等同于：

\[ans=\sum_S[\bigwedge(S)=0]\wedge\sum_{S'\subseteq S}[(\bigvee_{a\in S'}\bigwedge(S/a))=0](-1)^{|S'|} \]

这个式子是由两个条件式\([\bigwedge(S)=0],\sum_{S'\subseteq S}[(\bigvee_{a\in S'}\bigwedge(S/a))=0]\)以及一个权值\((-1)^{|S'|}\)组成的。

因此考虑把前两个条件式中的值值放在状态里，把权值记在\(DP\)值中。

于是设\(f_{i,j,k}\)表示做完前\(i\)个数，\(j=\bigvee_{a\in S'}\bigwedge(S/a),k=\bigwedge(S)\)时\((-1)^{|S'|}\)的和。

那么转移无非三种，分别就是既不在\(S\)也不在\(S'\)，只在\(S\)，既在\(S\)又在\(S'\)，转移方程应该还是容易推的，也可以直接看代码。

具体实现中需要滚存，由于\(k\)必然是\(j\)的子集，所以\(j,k\)的总状态数并非\(2^{20}\)，而是\(3^{10}\).

代码：\(O(n\times3^{10})\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 1000
#define V 1023
#define X 1000000007
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
int n,g[V+5],f[2][V+5][V+5];
int main()
{
	RI i,j,k;for(g[0]=X-1,i=1;i<=V;++i) g[i]=(i&1?X-1LL:1LL)*g[i>>1]%X;//g[i]=(-1)^|i|
	RI x,t;for(scanf("%d",&n),f[0][V][V]=i=1;i<=n;++i)//初始化j,k都为全集
	{
		for(scanf("%d",&x),j=0;j<=V;++j) for(k=j;;k=(k-1)&j) if(f[i&1][j][k]=0,!k) break;//清空
		for(j=0;j<=V;++j) for(k=j;;k=(k-1)&j) if((t=f[i&1^1][j][k])&&//转移
			(Inc(f[i&1][j][k],t),Inc(f[i&1][j&x][k&x],t),Inc(f[i&1][j&x|k][k&x],X-t)),!k) break;//分三类
	}return printf("%d\n",f[n&1][0][0]),0;//最终要求j=k=0
}